2024-2025学年广东省东莞市松山湖北区学校八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省东莞市松山湖北区学校八年级（下）期末数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若 x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围为( )
A. x≥2B. x≤2C. x>2D. x≥0
2.某服装品牌店试销一种新款女装，试销期间销售情况如表：
下次该店主进货最多的尺码应为( )
A. SB. MC. LD. XL
3.如图，一个圆锥的高OA=1，底面半径OB=1，则AB长为( )
A. 1 B. 2
C. 2 D. 3
4.为更好地学习贯彻第十四届全国人大会议的精神，学校举办了“牢记使命担当，奋进新时代”知识竞赛，某班参赛的5名同学的成绩(单位：分)分别为：85，84，82，90，88.则这组数据的中位数是( )
A. 82B. 84C. 85D. 90
5.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点.若CD=4，则AB的长为( )
A. 2 B. 4
C. 6 D. 8
6.下列计算正确的是( )
A. 2+ 5= 7B. 2 3− 3=2C. 2× 3= 6D. 6÷2= 3
7.如图，已知点E，F，G，H分别是菱形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是( )
A. 正方形
B. 菱形
C. 矩形
D. 平行四边形
8.如图，将两张对边平行的纸条交叉叠放在一起，得到四边形ABCD，AC，BD相交于点O.下列结论不一定成立的是( )
A. AC⊥BD
B. ∠ADC=∠ABC
C. AB=CD
D. OA=OC
9.关于一次函数y=−2x+1，下列结论正确的是( )
A. 图象过点(−1,−3)B. 当x>0时，总有y”“”“0， 3+7>0，
∴ 3+ 7______ 3+7.(填“>”“1时，试判断S△GCES△GCF的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；
②当动点M在x轴上运动时，发现顶点G始终落在一条直线上，请直接写出该直线的函数解析式．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：由条件可知x≥2，
因此x的取值范围是x≥2．
故选：A．
根据二次根式的定义，被开方数必须非负，由此建立不等式求解．
本题考查了二次根式的定义的条件，熟练掌握该知识点是关键．
2.【答案】B
【解析】解：众数是次数出现最多的数，M码出现了12次，次数最多．
∴下次该店主应进货最多的尺码为M．
故选：B．
根据众数的定义判断即可．
本题考查众数，解题的关键是理解众数的定义．
3.【答案】B
【解析】解：∵圆锥的高OA=8，底面半径OB=6，
∴在Rt△AOB中，母线AB= OA2+OB2= 12+12= 2，
故选：B．
直接利用勾股定理求得AB的长即可．
本题主要考查了圆锥的计算，解题的关键是了解母线、高及底面半径构成了直角三角形，难度不大．
4.【答案】C
【解析】解：将这组数据重新排列为82，84，85，88，90，
所以这组数据的中位数为85，
故选：C．
将数据重新排列，再根据中位数的定义求解即可．
本题主要考查中位数，解题的关键是掌握中位数的定义．
5.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点，
则AB=2CD=2×4=8，
故选：D．
根据直角三角形斜边上的中线的性质计算即可．
本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，熟记在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A． 2与 5不能合并，所以A选项不符合题意；
B.2 3− 3= 3，所以B选项不符合题意；
C. 2× 3= 2×3= 6，所以C选项符合题意；
D. 6÷2= 62，所以D选项不符合题意；
故选：C．
根据二次根式的加法运算对A选项进行判断；根据二次根式的减法运算对B选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对C选项进行判断；根据二次根式的除法法则对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则是解决问题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：如图，连接AC、BD，
∵点E，F，G，H分别是菱形ABCD各边的中点，
∴EF、FG、GH分别为△ABC、△BCD、△ADC的中位线，
∴EF/​/AC，EF=12AC，FG/​/BD，GH/​/AC，GH=12AC，
∴EF/​/GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵EF/​/AC，FG/​/BD，
∴EF⊥FG，
∴平行四边形EFGH为矩形，
故选：C．
连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到EF/​/AC，EF=12AC，FG/​/BD，GH/​/AC，GH=12AC，得到EF/​/GH，EF=GH，证明四边形EFGH为平行四边形，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据平行线的性质得到EF⊥FG，再根据矩形的判定解答．
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质、矩形的判定是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵AB/​/CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC=∠ABC，AB=CD，OA=OC，AC⊥BD，
∵四边形ABCD不一定是菱形，
∴AC⊥BD不一定存在，故选项B，C，D不符合题意，选项A符合题意，
故选：A．
如图，将两张等宽的纸条交叉叠放在一起，得到四边形ABCD，AC，BD相交于点O.下列结论不一定成立的是
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：A.当x=−1时，y=−2×(−1)+1=3，
∵3≠−3，
∴一次函数y=−2x+1的图象不过点(−1,−3)，选项A不符合题意；
B.当x>0时，y0时，总有y 3+7．
故答案为：10+2 21；10；>；>．
(2) a+ b≥ a+b(a≥0,b≥0)．
由题意得，( a+ b)2=a+b+2 ab，( a+b)2=a+b，
∵a+b+2 ab−a−b=2 ab≥0，
∴( a+ b)2−( a+b)2≥0．
∴( a+ b)2≥( a+b)2．
∵， a+ b≥0， a+b≥0，
∴ a+ b≥ a+b．
(3)由题意，∵原正方形的面积为10平方米，
∴边长为 10米，篱笆总长为4 10米．
设两个小正方形的面积分别为x平方米和(10−x)平方米，
∴小正方形的边长为 x米和 10−x米．
∵ x>0， 10−x>0，
∴根据(2)的结论可得， x+ 10−x> 10．
∴4( x+ 10−x)>4 10．
∴这些篱笆尚不足围成两个面积和为10平方米的正方形地块．
(1)依据题意，根据所给算式直接计算进而可以判断得解；
(2)依据题意，可得( a+ b)2=a+b+2 ab，( a+b)2=a+b，又a+b+2 ab−a−b=2 ab≥0，故( a+ b)2−( a+b)2≥0，结合 a+ b≥0， a+b≥0，进而可以判断得解；
(3)依据题意，由原正方形的面积为10平方米，则边长为 10米，篱笆总长为4 10米，又设两个小正方形的面积分别为x平方米和(10−x)平方米，则小正方形的边长为 x米和 10−x米，结合 x>0， 10−x>0，故根据(2)的结论可得， x+ 10−x> 10，则4( x+ 10−x)>4 10，进而可以判断得解．
本题主要考查了二次根式的应用，解题时要熟练掌握并能根据题意列出关系式是关键．
23.【答案】见解析；
见解析；
见解析．
【解析】(1)证明：∵四边形ACHK是正方形，四边形ABED是正方形，
∴AK=AC，AB=AD，∠KAC=∠BAD=90°，
∴∠BAK=∠CAD，
在△ACD与△AKB中，
AC=AK∠DAC=∠BAKAD=AB，
∴△ACD≌△AKB(SAS)；
(2)解：∵矩形ADMN的面积=AD⋅DM，△ACD的面积=12AD⋅DM，正方形CHKA的面积=AC2，△AKB面积=12AK⋅KH=12AC2，
∴矩形ADMN的面积=2△ACD的面积，正方形CHKA的面积=2△AKB面积；
(3)证明：过D作DP⊥AC交CA的延长线于P，
则∠PAD+∠∠CAB=90°，
∴∠PAD=∠ABC，
∵∠APD=∠ACB=90°，AD=AB，
∴△ADP≌△BAC，
∴DP=AC=b，
∴S△ACD=12AC⋅DP=12b⋅b=12b2，
∴S矩形ADMN=b2．
(1)根据正方形的性质得到AK=AC，AB=AD，∠KAC=∠BAD=90°，求得∠BAK=∠CAD，根据全等三角形的判定定理得到结论；
(2)根据图形的面积即可得到结论；
(3)过D作DP⊥AC交CA的延长线于P，求得∠PAD+∠∠CAB=90°，得到∠PAD=∠ABC，根据全等三角形的性质得到DP=AC=b，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题是三角形的综合题，可惜了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，矩形的性质，三角形的面积的计算，正确地添加辅助线是解题的关键．
24.【答案】①∠EAF=45°；②DF的长为23；
DG最小值为 2．
【解析】(1)①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，
∵把△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，
∴AB=AB′，∠B=∠AB′E=90°=∠AB′F，∠BAE=∠B′AE，
∴AD=AB′，
在Rt△ADF和△Rt△AB′F中，
AD=AB′AF=AF，
∴Rt△ADF≌△Rt△AB′F(HL)，
∴∠B′AF=∠DAF，
∴∠BAE+∠DAF=∠B′AE+∠B′AF，
∵(∠BAE+∠DAF)+(∠B′AE+∠B′AF)=∠BAD=90°，
∴∠B′AE+∠B′AF=45°，即∠EAF=45°；
②设DF=x，则CF=2−x，
由①知，Rt△ADF≌△Rt△AB′F(HL)，
∴B′F=DF=x，
∵E为BC中点，
∴BE=CE=12BC=1，
∵把△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，
∴B′E=BE=1，
∴EF=B′E+B′F=1+x，
∵∠C=90°，
∴CE2+CF2=EF2，
∴12+(2−x)2=(1+x)2，
解得x=23，
∴DF的长为23；
(2)以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，过G作GK⊥x轴于K，如图：
设BE=t，
∵正方形ABCD边长为2，
∴D(2,2)，
由(1)①可知，∠EAF=45°，
∵AE⊥EG，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴∠AEG=90°，AE=GE，
∴∠AEB=90°−∠GEK=∠EGK，
∵∠ABE=∠EKG=90°，
∴△ABE≌△EKG(AAS)，
∴BE=GK=t，AB=EK=2，
∴OK=BE+EK=t+2，
∴G(t+2,t)，
∴DG= (t+2−2)2+(t−2)2= 2(t−1)2+2，
∴当t=1时，DG最小值为 2．
(1)①由四边形ABCD是正方形，把△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，可证Rt△ADF≌△Rt△AB′F(HL)，故∠B′AF=∠DAF，可得∠BAE+∠DAF=∠B′AE+∠B′AF，从而∠B′AE+∠B′AF=45°，即∠EAF=45°；
②设DF=x，则CF=2−x，由CE2+CF2=EF2，可得12+(2−x)2=(1+x)2，即可解得DF的长为23；
(2)以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，过G作GK⊥x轴于K，设BE=t，证明△ABE≌△EKG(AAS)，得BE=GK=t，AB=EK=2，即可得G(t+2,t)，有DG= (t+2−2)2+(t−2)2= 2(t−1)2+2，从而得DG最小值为 2．
本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，勾股定理及应用，等腰直角三角形判定与性质等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
25.【答案】k=3，b=3；
①S△GCES△GCF是定值3；
②y=−9x+11．
【解析】(1)将C(1,2)代入y=−x+b，
∴−1+b=2，
解得b=3，
将C(1,2)代入y=kx−1，
∴k−1=2，
解得k=3；
(2)①S△GCES△GCF是定值3，理由如下：
由题(1)可得y=−x+3，y=3x−1，
∴D(m,−m+3)，E(m,3m−1)，F(−13m+43,−m+3)，G(−13m+43,3m−1)，
∴S△GCES△GCF=12×(m+13m−43)(3m−1−2)12×(3m−1+m−3)(1+13m−43)=3；
(3)令x=−13m+43，y=3m−1，
∴y=−9x+11，
∴G点在直线y=−9x+11上．
(1)将C(1,2)分别代入解析式中即可求b、k的值；
(2)①分别求出点D(m,−m+3)，E(m,3m−1)，F(−13m+43,−m+3)，G(−13m+43,3m−1)，再由三角形面积公式求面积即可；
②令x=−13m+43，y=3m−1，可得y=−9x+11即为所求．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，矩形的性质是解题的关键．衣服的尺码
S
M
L
XL
销售量/件
3
12
8
4
品种
平均数
方差
①号
70
a
②号
b
27
x
1
2
3
4
y
9
11
13
15